高中數學復習專題講座關于不等式證明的常用方法-資料下載頁

　　

【正文】 4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)22ab］+(a+b)22aba2b2=4+(12ab)+12aba2b2≥4+(112)+8=252練習3：已知a、b、c為正數，n是正整數，且f(n)=1gan+bn+3求證：2f（n）≤f（2n）4分析法從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：cc2ab＜a＜c+c2ab分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據觀察求證式等價于 ｜ac｜＜c2ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。要證cc2ab＜a＜c+c2ab只需證c2ab＜ac＜c2ab證明：即證 ｜ac｜＜c2ab即證(ac)2＜c2ab即證 a22ac＜ab∵a＞0，∴即要證 a2c＜b 即需證2+b＜2c，即為已知∴ 不等式成立練習4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）25放縮法放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。例6：已知a、b、c、d都是正數求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2練習5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜16換元法換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。(1)三角換元：是一種常用的換元方法，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。例若x、y∈R+,且 xy=1 A=(x1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜1證明： ∵x，y∈R+，且xy=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）∴ A=(secθ1secθ(tanθ+1tanθ1sec2θ=1cos2θcosθs2m2θ+cos2θcosθs2mθcos2θ=sinθ∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1復習6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2xy+y2≤3(2)比值換元：對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，然后代入求證式，即可。例8：已知 x1=y+12=z23，求證：x2+y2+z2≥4314證明：設x1=y+12=z23=k于是x=k+1，y=zk1，z=3k+2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k1)2+(3k+2)2=14(k+514)2+4314≥43147反證法有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2分析：本題已知為p、q的三次，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。證明：解設p+q＞2，那么p＞2q∴p3＞（2q）3=812q+6q2q3將p3+q3 =2，代入得 6q212q+6＜0即6（q1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤2練習7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞：a＞0，b＞0，c＞08數學歸納法與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。例10：設n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n1)＞2n+12分析：觀察求證式與n有關，可采用數學歸納法證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52∵43＞52∴不等式成立（2）假設n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k1)＞2k+12 那么當n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k1)(1+12k+1)＞2k+12(1+12k+1)①要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+122k+22k+1＞2k+32②對于②〈二〉2k+2＞2k+12k+3〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3〈二〉4＞3③∵③成立 ∴②成立，即當n=k+1時，原不等式成立由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立練習8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞13249構造法根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。1構造函數法例11：證明不等式：x12x ＜x2（x≠0）證明：設f（x）=x12xx2（x≠0）∵f(x)=x12x+x2x2x2x1+x2=x12x［1(12x)］+x2=x12xx+x2=f（x）∴f（x）的圖像表示y軸對稱∵當x＞0時，12x＜0，故f（x）＜0∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x12x＜x2（x≠0）練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：bb2ab＜a＜b+b2ab2構造圖形法例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）f（b）|＜ |ab|分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(10)2+(x0)2于是如下圖，設A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2|AB|=|ab|又0A||0B＜|AB|∴|f(a)f(b)|＜|ab|練習10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(ac)+c(bc)≤ab10添項法某些不等式的證明若能優先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。1倍數添項若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當a=b=c時等號成立）證明：∵a、b、c∈R+∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a2bc+b2ca+c2ac)=3abc當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。2平方添項運用此法必須注意原不等號的方向例14 ：對于一切大于1的自然數n，求證：(1+13)(1+15)…(1+12n1＞ 2n+1 2)證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時ba＞ b+ma+m∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n1)］2=（465…2n2n1)（465…2n2n1)＞（576…2n+12n)（465…2n2n1)=2n+13＞ 2n+14＞∴(1+13)(1+15)…(1+12n1)＞2n+1 2)3平均值添項例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤332分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當且僅當x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，π2＜ xy2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosxy2∴上式成立反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤22sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332∴sinA+sinB≠sinC≤332練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤184利用均值不等式等號成立的條件添項例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①同理b4+3(12)4 ≥b②∴a4+b4≥12(a+b)6(12)4=126(12)4=18③∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立1．是否存在常數c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz錯因：根據不等式的性質：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz 設x+y0，n為偶數，求證yn1xn+xn1yn≥1x 1y錯證：∵yn1xn+xn1yn1x1y=(xnyn)(xn1yn1)xnynn為偶數，∴ xnyn ＞0，又xnyn和xn1yn1同號，∴yn1xn+xn1yn≥ 1x1y錯因：在x+y0的條件下，n為偶數時，xnyn和xn1yn1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。正解：應用比較法：yn1xn+xn1yn1x1y=(xnyn)(xn1yn1)xnyn① 當x0,y0時，(xnyn)(xn1yn1)≥ 0，(xy)n 0所以(xnyn)(xn1yn1)xnyn≥0故：yn1xn+xn1yn≥ 1x1y② 當x,y有一個是負值時，不妨設x0,y0，所以x|y|又n為偶數時,所以(xnyn)(xn1yn1)0 又(xy)n 0，所以(xnyn)(xn1yn1)xnyn ≥0即 yn1xn+xn1yn≥ 1x1y綜合①②知原不等式成立第五篇：不等式證明若干方法安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生論文（設計）選題實習報告11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表注：綜合評分179。60的為“及格”；